高考人教版數(shù)學(xué)一輪學(xué)案高考大題規(guī)范解答系列（四）-立體幾何

高考大題規(guī)范解答系列(四)——立體幾何考點一線面的位置關(guān)系與體積計算例1(2017·全國卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．(1)證明：AC⊥BD；(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD．若E為棱BD上與D不重合的點，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比．【分析】①看到證明線線垂直(AC⊥BD)，想到證明線面垂直，通過線面垂直證明線線垂直．②看到求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比，想到確定同一平面，轉(zhuǎn)化為求高的比．【標準答案】——規(guī)范答題步步得分(1)取AC的中點O，連接DO，BO． 1分eq\x(得分點①)因為AD＝CD，所以AC⊥DO．又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO．又因為DO∩BO＝O，從而AC⊥平面DOB， 3分eq\x(得分點②)故AC⊥BD． 4分eq\x(得分點③)(2)連接EO． 5分eq\x(得分點④)由(1)及題設(shè)知∠ADC＝90°，所以DO＝AO．在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°． 7分eq\x(得分點⑤)由題設(shè)知△AEC為直角三角形，所以EO＝eq\f(1,2)AC． 8分eq\x(得分點⑥)又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝eq\f(1,2)BD．故E為BD的中點， 9分eq\x(得分點⑦)從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的eq\f(1,2)，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)， 11分eq\x(得分點⑧)即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1． 12分eq\x(得分點⑨)【評分細則】①作出輔助線，并用語言正確表述得1分．②得出AC⊥DO和AC⊥BO得1分，由線面垂直的判定寫出AC⊥平面DOB，再得1分．③由線面垂直的性質(zhì)得出結(jié)論得1分．④作出輔助線，并用語言正確表述得1分．⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB＝90°得2分．⑥由直角三角形的性質(zhì)得出EO＝eq\f(1,2)AC得1分．⑦由等邊三角形的性質(zhì)得出E為BD的中點，得1分．⑧得出四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)得2分．⑨正確求出體積比得1分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：空間幾何體的體積及表面積問題是高考考查的重點題型，主要考查考生“邏輯推理”及“直觀想象”的核心素養(yǎng)．2．解題技巧：(1)得步驟分：在立體幾何類解答題中，對于證明與計算過程中的得分點的步驟，有則給分，無則沒分，所以，對于得分點步驟一定要寫，如第(1)問中AC⊥DO，AC⊥BO；第(2)問中BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2等．(2)利用第(1)問的結(jié)果：如果第(1)問的結(jié)果對第(2)問的證明或計算用得上，可以直接用，有些題目不用第(1)問的結(jié)果甚至無法解決，如本題就是在第(1)問的基礎(chǔ)上得到DO＝AO．〔變式訓(xùn)練1〕(2020·課標Ⅰ，19)如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點，∠APC＝90°．(1)證明：平面PAB⊥平面PAC；(2)設(shè)DO＝eq\r(2)，圓錐的側(cè)面積為eq\r(3)π，求三棱錐P－ABC的體積．[解析](1)證明：由題設(shè)可知，PA＝PB＝PC．由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB，△PAC≌△PBC．又∠APC＝90°，故∠APB＝90°，∠BPC＝90°，從而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．(2)設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長為l．由題設(shè)可得rl＝eq\r(3)，l2－r2＝2．解得r＝1，l＝eq\r(3)．從而AB＝eq\r(3)．由(1)可得PA2＋PB2＝AB2，故PA＝PB＝PC＝eq\f(\r(6),2)．所以三棱錐P－ABC的體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×PA×PB×PC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\f(\r(6),8)．考點二線面的位置關(guān)系與空間角計算(理)例2(2021·山西省聯(lián)考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，O，M分別為BC，AA1的中點．(1)證明：OM∥平面CB1A1(2)若四邊形BB1C1C為正方形，求平面MOB1與平面CB1【分析】①在平面A1B1C內(nèi)構(gòu)造與OM平行的直線，并證明②建立空間直角坐標系，分別求平面MOB1、平面CB1A1的法向量，求兩法向量夾角正弦值即可【標準答案】——規(guī)范答題步步得分(1)證明：如圖，連接BC1，交CB1于點N，連接A1N，ON，則N為CB1的中點．因為O為BC的中點，所以O(shè)N∥BB1，且ON＝eq\f(1,2)BB1，2分eq\x(得分點①)又MA1∥BB1，MA1＝eq\f(1,2)BB1，所以四邊形ONA1M為平行四邊形，即OM∥A1N．4分eq\x(得分點②)因為OM?平面CB1A1，A1N?平面CB1A所以O(shè)M∥平面CB1A1.5分eq\x(得分點③)(2)解：連接OA，令BC＝2，因為AB＝AC，O為BC的中點，所以AO⊥BC．又三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，ON∥BB1所以O(shè)A，OB，ON兩兩垂直，分別以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(ON,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz．6分eq\x(得分點④)因為AB＝AC＝eq\r(2)，BC＝AA1＝2，所以O(shè)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，1))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，0))，所以eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(NA1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，1))，eq\o(OB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，0))，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2，0))．7分eq\x(得分點⑤)設(shè)平面MOB1的法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(OM,\s\up6(→))·m＝0，,\o(OB1,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,x＋2y＝0，))令z＝1，可得y＝－1，x＝2，所以平面MOB1的一個法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－1，1))．8分eq\x(得分點⑥)設(shè)平面CB1A1的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，b，c))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(NA1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CB1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＋c＝0，,2a＋2b＝0，))令c＝1，可得b＝－1，a＝1，所以平面CB1A1的一個法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，1))，9分eq\x(得分點⑦)所以cos〈m，n〉＝eq\f(2×1－1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))＋1×1,\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2＋12)×\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))2＋12))＝eq\f(4,3\r(2))＝eq\f(2\r(2),3)，11分eq\x(得分點⑧)所以平面MOB1與平面CB1A1所成二面角的正弦值為eq\f(1,3)．12分eq\x(得分點⑨)【評分細則】①第一問共5分，證出ON∥BB1和ON＝eq\f(1,2)BB1得2分，證出OM∥A1N得2分，未說明OM?平面CB1A1，直接證出OM∥平面CB1A1，扣1分．②第二問共7分，建立空間直角坐標系，并正確寫出坐標得2分，寫出平面MOB1的法向量與平面CB1A1的法向量各得1分③其他方法按步驟酌情給分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：本題主要考查線面平行的證明以及空間二面角的求解，考查考生的邏輯推理能力與空間想象力，考查的核心素養(yǎng)是數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運算．2．解題技巧：(1)得步驟分：對于解題過程中得分點的步驟，有則給分，無則沒分，所以對于得分點步驟一定要寫，如第(1)問中寫出OM∥平面CB1A1成立的條件，寫不全則不能得全分(2)思維發(fā)散：①注意到O、M分別為BC、AA1的中點，考慮構(gòu)造三角形中位線證明(1)．連BM并延長與B1A1的延長線相交于H，連CH，由M為AA1的中點，∴AM＝MA1，又AB∥A1B1，∴∠ABM＝∠MHA1，又∠AMB＝∠HMA1，∴△ABM≌△A1HM，∴BM＝MH，又O為BC中點，∴MO∥CH，又MO?平面CB1A1，CH?平面CB1A1，∴OM∥平面CB②注意到解答(2)需求平面CB1A1的法向量n，故要證明OM∥平面CB1A1，可直接建立空間直角坐標系，求出n，證明n·eq\o(OM,\s\up6(→))＝0，說明OM?平面CB1A1即可得證．〔變式訓(xùn)練2〕(2020·浙江，19)如圖，在三棱臺ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．(1)證明：EF⊥DB；(2)求直線DF與平面DBC所成角的正弦值．[解析](1)證明：如圖，過點D作DO⊥AC，交直線AC于點O，連接OB．由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝eq\r(2)CO，由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以DO⊥BC．由∠ACB＝45°，BC＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(\r(2),2)CO得BO⊥BC．所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB．由三棱臺ABC－DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB．(2)解法一：過點O作OH⊥BD，交直線BD于點H，連接CH．由三棱臺ABC－DEF得DF∥CO，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角，由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH為直線CO與平面DBC所成角．設(shè)CD＝2eq\r(2)，由DO＝OC＝2，BO＝BC＝eq\r(2)，得BD＝eq\r(6)，OH＝eq\f(2\r(3),3)，所以sin∠OCH＝eq\f(OH,OC)＝eq\f(\r(3),3)，因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3)．解法二：由三棱臺ABC－DEF得DF∥CO，所以直線DF與平面DBC所成角等于直線CO與平面DBC所成角，記為θ．如圖，以O(shè)為原點，分別以射線OC，OD為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系O－xyz．設(shè)CD＝2eq\r(2)．由題意知各點坐標如下：O(0,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，D(0,0,2)．因此eq\o(OC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－2,2)．設(shè)平面BCD的法向量n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－2y＋2z＝0，))可取n＝(1,1,1)．所以sinθ＝|cos〈eq\o(OC,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(OC,\s\up6(→))·n|,|\o(OC,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),3)．因此，直線DF與平面DBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3)．考點二線面位置關(guān)系與空間距離的計算(文)例2(2021·全國新課改T8聯(lián)考)如圖，在四面體ABCD中，△ABD是等邊三角形，且AC＝BC．(1)證明：AB⊥CD．(2)若AB＝2，AC＝eq\r(3)，BC⊥CD，求點B到平面ACD的距離．【分析】①利用線面垂直證線線垂直；②利用體積法求點到平面的距離．【標準答案】——規(guī)范答題步步得分(1)證明：取AB的中點E，連接CE，DE，如圖，1分因為△ABD是等邊三角形，所以DE⊥AB， 2分又AC＝BC，所以CE⊥AB． 3分又DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE，4分故AB⊥CD．5分(2)因為BD＝AB＝2，BC＝AC＝eq\r(3)，BC⊥CD，所以CD＝eq\r(BD2－BC2)＝1． 6分又AD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2，即AC⊥CD，則S△ACD＝eq\f(\r(3),2)． 7分由題可得CE＝eq\r(AC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2)＝eq\r(2)，DE＝eq\r(AD2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2)＝eq\r(3)， 8分則CD2＋CE2＝DE2，即CE⊥CD，則S△BCD＝eq\f(\r(2),2)． 9分設(shè)點B到平面ACD的距離為d，因為AB⊥平面CDE，VB－ACD＝VB－BCD＋VA－ECD， 10分所以eq\f(1,3)·S△ACD·d＝eq\f(1,3)·SBCD·AB，11分即eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)d＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×2，解得d＝eq\f(2\r(6),3)，即點B到平面ACD的距離為eq\f(2\r(6),3)． 12分【名師點評】核心素養(yǎng)：本題主要考查線、面垂直的判定與性質(zhì)及利用體積法求點到平面的距離，考查學(xué)生的邏輯推理能力、空間想象能力、數(shù)學(xué)運算能力．〔變式訓(xùn)練2〕(2021·黑龍江大慶鐵人、雞西一中、鶴崗一中聯(lián)考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝eq\r(2)，AB＝AA1＝2，E是棱CC1的中點．(1)求證：A1B⊥AE；(2)求點A1到平面ABE的距離．[解析](1)取A1B中點F，聯(lián)結(jié)AF，EF，AE，∵ABC－A1B1C1∴CC1⊥A1C1，CC1⊥CB又∵E是CC1的中點，A1C1＝BC∴A1E＝BE，又∵AB＝AA1，∴A1B⊥EF，A1B⊥AF，∴A1B⊥平面AEF，∴A1B⊥AE；(2)VA1－ABE＝VB－A1AE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(2)×eq\r(2)＝eq\f(2,3)，設(shè)A1到平面ABE的距離為h，則eq\f(1,3)×h×S△ABE＝eq\f(2,3)，由已知得AE＝BE＝eq\r(3)，∴S△ABE＝eq\r(2)，∴h＝eq\r(2)．考點三,立體幾何中的折疊問題(理)例3(2021·啟東模擬)如圖，已知在等腰梯形ABCD中，AE⊥CD，BF⊥CD，AB＝1，AD＝2，∠ADE＝60°，沿AE，BF折成三棱柱AED－BFC．(1)若M，N分別為AE，BC的中點，求證：MN∥平面CDEF；(2)若BD＝eq\r(5)，求二面角E－AC－F的余弦值．【分析】①利用面面平行的判定和性質(zhì)即可證明；②建立空間直角坐標系，分別求出二面角兩個面的法向量，利用空間向量法求解．【標準答案】——規(guī)范答題步步得分(1)取AD的中點G，連接GM，GN，在三角形ADE中，∵M，G分別為AE，AD的中點，∴MG∥DE，∵DE?平面CDEF，MG?平面CDEF，∴MG∥平面CDEF． 2分eq\x(得分點①)由于G，N分別為AD，BC的中點，由棱柱的性質(zhì)可得GN∥DC，∵CD?平面CDEF，GN?平面CDEF，∴GN∥平面CDEF． 3分eq\x(得分點②)又GM?平面GMN，GN?平面GMN，MG∩NG＝G，∴平面GMN∥平面CDEF， 4分eq\x(得分點③)∵MN?平面GMN，∴MN∥平面CDEF． 5分eq\x(得分點④)(2)連接EB，在Rt△ABE中，AB＝1，AE＝eq\r(3)，∴BE＝2，又ED＝1，DB＝eq\r(5)，∴EB2＋ED2＝DB2，∴DE⊥EB，又DE⊥AE且AE∩EB＝E，∴DE⊥平面ABFE．∴EA、EF、ED兩兩垂直． 7分eq\x(得分點⑤)建立如圖所示的空間直角坐標系，可得E(0,0,0)，A(eq\r(3)，0,0)，F(xiàn)(0,1,0)，C(0,1,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,0)，eq\o(FC,\s\up6(→))＝(0,0,1)． 8分eq\x(得分點⑥)設(shè)平面AFC的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝－\r(3)x＋y＋z＝0，,m·\o(FC,\s\up6(→))＝z＝0，))則z＝0，令x＝1，得y＝eq\r(3)，則m＝(1，eq\r(3)，0)為平面AFC的一個法向量，設(shè)平面ACE的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝－\r(3)x1＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝－\r(3)x1＋y1＋z1＝0，))則x1＝0，令y1＝1，得z1＝－1，∴n＝(0,1，－1)為平面ACE的一個法向量． 10分eq\x(得分點⑦)設(shè)m，n所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，由圖可知二面角E－AC－F的余弦值是eq\f(\r(6),4)． 12分eq\x(得分點⑧)【評分細則】①由線線平行得到線面平行，給2分．②同理再推出一個線面平行，給1分．③由線面平行推出面面平行，給1分．④由面面平行得到線面平行，給1分．⑤由線線垂直證出線面垂直，為建系作好準備，給2分．⑥建立適當坐標系，寫出相應(yīng)點的坐標及向量坐標，給1分．⑦正確求出平面的法向量，給2分．⑧利用公式求出兩個向量夾角的余弦值，并正確寫出二面角的余弦值，給2分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：本題考查線面平行的判定與性質(zhì)定理，考查二面角的求解，考查的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)是空間想象力、推理論證能力及數(shù)學(xué)運算能力．2．解題技巧：(1)得分步驟：第(1)問中的DE?平面CDEF，MG?平面CDEF，要寫全．(2)得分關(guān)鍵：第(2)中，證明線面垂直從而得到線線垂直，才能建系．(3)折疊問題的求解，關(guān)鍵是分清折疊前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變．一般地，折疊前位于“折痕”同側(cè)的點、線間的位置和數(shù)量關(guān)系折疊后不變，而折疊前位于“折痕”兩側(cè)的點、線間的位置關(guān)系折疊后會發(fā)生變化，對于不變的關(guān)系可在平面圖形中處理，而對于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決．〔變式訓(xùn)練3〕(2021·河北質(zhì)檢)如圖1：在△ABC中，AB⊥BC，AB＝2BC＝4，點E，F(xiàn)分別是線段AB和AC的中點．如圖2：以EF為折痕把△AEF折起，使點A到達點P的位置．(1)證明：平面FPC⊥平面BPC；(2)若△PEB為等邊三角形，求二面角C－PF－E的余弦值．[解析](1)證明：如圖，設(shè)M，N分別為線段PB，PC的中點，連接EM，MN，F(xiàn)N，故MN綊eq\f(1,2)BC．由E，F(xiàn)分別是線段AB和AC的中點，得PE＝BE，PF＝CF，EF綊eq\f(1,2)BC，故EF綊MN，所以EM綊FN．又M，N分別為線段PB，PC的中點，所以EM⊥PB，F(xiàn)N⊥PC．又EM綊FN，所以FN⊥PB，所以FN⊥平面PBC．又FN?平面FPC，所以平面FPC⊥平面BPC．(2)解：因為BC⊥AB，所以翻折后有BC⊥BE，BC⊥EP，所以BC⊥平面PBE，故平面PBE⊥平面BCFE．若△PEB為等邊三角形，則PB＝2．設(shè)O為BE的中點，連接PO，故PO⊥BE，故PO⊥平面BCFE．以O(shè)為坐標原點，OB的方向為x軸正方向，OP的方向為z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz．則C(1,2,0)，F(xiàn)(－1,1,0)，E(－1，0,0)，P(0,0，eq\r(3))．設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面PEF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EP,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝0，,x1＋\r(3)z1＝0，))可取n＝(－eq\r(3)，0,1)．設(shè)m＝(x2，y2，z2)為平面PCF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CP,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－2y2＋\r(3)z2＝0，,－2x2－y2＝0，))可取m＝(1，－2，－eq\r(3))．所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(－2\r(3),\r(4)×\r(8))＝－eq\f(\r(6),4)，由題意，可知二面角C－PF－E為鈍角．所以二面角C－PF－E的余弦值為－eq\f(\r(6),4)．考點三,立體幾何中的折疊問題(文)例3(2018·課標全國Ⅰ卷)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°．以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達點D的位置，且AB⊥DA．(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，求三棱錐Q－ABP的體積．【分析】①線線垂直推出線面垂直，進而得到面面垂直；②利用錐體的體積公式求解．【標準答案】——規(guī)范答題步步得分(1)由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC．又BA⊥AD，所以AB⊥平面ACD． 3分eq\x(得分點①)又AB?平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC． 5分eq\x(得分點②)(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3eq\r(2)．又BP＝DQ＝eq\f(2,3)DA，所以BP＝2eq\r(2)． 7分eq\x(得分點③)作QE⊥AC，垂足為E，則QE綊eq\f(1,3)DC．由已知及(1)可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE＝1． 10分eq\x(得分點④)因此，三棱錐Q－APB的體積為VQ－ABP＝eq\f(1,3)×QE×S△ABP＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°＝1． 12分eq\x(得分點⑤)【評分細則】①由線線垂直推出線面垂直，給3分．②由線面垂直得面面垂直，給2分．③根據(jù)已知，求出BP的長，給2分．④證明QE為三棱錐Q－APB的高，并求出它的值，給3分．⑤利用體積公式正確求解，給2分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：本題考查面面垂直的證明及三棱錐的體積計算，考查空間想象能力和邏輯推理能力．2．解題技巧：(1)解決翻折問題的關(guān)鍵①一般地，翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化；②翻折后不在同一個平面上的性質(zhì)可能會發(fā)生變化，翻折過程中長度、角度和平行、垂直關(guān)系是否發(fā)生改變是解決問題的關(guān)鍵．(2)計算幾何體的體積時，關(guān)鍵是確定幾何體的高，若是不方便求，要注意進行體積的轉(zhuǎn)化．〔變式訓(xùn)練3〕(2021·河北省衡水中學(xué)調(diào)研)等邊三角形ABC的邊長為6，O為三角形的重心，EF過點O且與BC平行，將△AEF沿直線EF折起，使得平面AEF⊥平面BCFE．(1)求證：BE⊥平面AOC；(2)求點O到平面ABC的距離．[解析](1)因為O為三角形ABC的重心，所以AO⊥BC，因為EF∥BC，所以AO⊥EF，因為平面AEF⊥平面BCFE，平面AEF∩平面BCFE＝EF，AO?平面AEF，所以AO⊥平面BCFE，因為BE?平面BCFE，所以AO⊥BE，因為O為三角形ABC的重心，所以CO⊥BE，因為AO、CO?平面AOC，AO∩CO＝O，所以BE⊥平面AOC．(2)∵等邊三角形ABC的邊長為6，O為三角形ABC的重心，∴AO＝BO＝CO＝2eq\r(3)，S△OBC＝eq\f(1,2)×6×eq\r(3)＝3eq\r(3)，由(1)可知AO⊥OC，∴AC＝2eq\r(6)，同理AB＝2eq\r(6)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×6×eq\r(15)＝3eq\r(15)，VO－ABC＝VA－OBC，即eq\f(1,3)×3eq\r(15)×h＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×2eq\r(3)，解得h＝eq\f(2\r(15),5)．即點O到平面ABC的距離為eq\f(2\r(15),5)．考點四,立體幾何中的探索性問題(理)例4(2021·陜西省西安中學(xué)模擬)如圖所示，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，且PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E是BC中點，F(xiàn)是PC上的點．(1)求證：平面AEF⊥平面PAD；(2)若M是PD的中點，當AB＝AP時，是否存在點F，使直線EM與平面AEF的所成角的正弦值為eq\f(1,5)？若存在，請求出eq\f(PF,PC)的值；若不存在，請說明理由．【分析】①利用面面垂直的判定定理，證AE⊥平面PAD或證AD⊥平面AEF即可；②建立空間直角坐標系，假設(shè)符合條件的點F存在，且eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，利用向量法求解λ回答．【標準答案】——規(guī)范答題步步得分(1)連接AC，因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形， 1分eq\x(得分點①)∵E是BC的中點，∴AE⊥BC，又AD∥BC，∴AE⊥AD， 2分eq\x(得分點②)∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA⊥AE， 3分eq\x(得分點③)又PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD， 4分eq\x(得分點④)又AE?平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD． 5分eq\x(得分點⑤)(2)又PA⊥AD，∴PA、AE、AD兩兩垂直，以A為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系， 6分eq\x(得分點⑥)不妨設(shè)AB＝AP＝2，則AE＝eq\r(3)，則A(0,0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(eq\r(3)，0,0)，M(0,1,1)，7分eq\x(得分點⑦)設(shè)eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，－2))，0≤λ≤1，則eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PF,\s\up6(→))＝(0,0,2)＋λ(eq\r(3)，1，－2)＝(eq\r(3)λ，λ，2－2λ)，又eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0，0))，設(shè)n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))是平面AEF的一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝\r(3)x＝0,n·\o(AF,\s\up6(→))＝\r(3)λx＋λy＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－2λ))z＝0))，取z＝λ，得n＝(0,2λ－2，λ)， 10分eq\x(得分點⑧)設(shè)直線EM與平面AEF所成角為θ，由eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，1，1))，得：sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(EM,\s\up6(→))，n〉))＝eq\f(|\o(EM,\s\up6(→))·n|,|\o(EM,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(|3λ－2|,\r(5)·\r(2λ－22＋λ2))＝eq\f(1,5)．化簡得：10λ2－13λ＋4＝0，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝eq\f(4,5)， 11分eq\x(得分點⑨)故存在點F滿足題意，此時eq\f(PF,PC)為eq\f(1,2)或eq\f(4,5)． 12分eq\x(得分點⑩)【評分細則】①證出△ABC是正三角形得1分．②證出AE⊥AD得1分．③由線面垂直性質(zhì)證出PA⊥AE得1分，不寫AE?平面ABCD不得分．④由線面垂直的判定證出AE⊥平面PAD得1分．⑤證出平面AEF⊥平面PAD得1分，條件不全不得分．⑥建出空間直角坐標系得1分．⑦設(shè)出eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))得1分．⑧求出平面AEF的法向量得3分，算錯但寫出eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))坐標得1分．⑨求出λ得2分，算錯但寫出sinθ＝|cos〈eq\o(EM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(EM,\s\up6(→))·n|,|\o(EM,\s\up6(→))||n|)得1分．⑩得出正確結(jié)論得1分．【名師點評】1．核心素養(yǎng)：本題考查線面的位置關(guān)系及線面角，考查學(xué)生轉(zhuǎn)化與化歸的思想，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運算．2．解題技巧：(1)寫全得分步驟：對于解題過程中得分點的步驟，有則給分，無則沒分，所以對于得分點步驟一定要寫，如第(1)問中AE?平面ABCD．(2)寫明得分關(guān)鍵：對于解題過程中的關(guān)鍵點，有則給分，無則沒分，所以在解答時一定要寫清得分關(guān)鍵點，如第(2)問中空間直角坐標系的建立；再如eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PF,\s\up6(→))等．(3)思維發(fā)散：也可通過證AD⊥PA、AD⊥AE證得AD⊥平面AEF，進而證得平面AEF⊥平面PAD．〔變式訓(xùn)練4〕(2021·陜西省質(zhì)檢)如圖所示，等腰梯形ABCD的底角∠BAD＝∠ADC＝60°，直角梯形ADEF所在的平面垂直于平面ABCD，且∠EDA＝90°，ED＝AD＝2AF＝2AB＝2．(1)證明：平面ABE⊥平面EBD；(2)點M在線段EF上，試確定點M的位置，使平面MAB與平面ECD所成的銳二面角的余弦值為eq\f(\r(3),4)．[解析](1)證明：∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，ED⊥AD，∴ED⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴ED⊥AB，∵AB＝1，AD＝2，∠BAD＝60°，∴BD＝eq\r(1＋4－2×1×2cos60°)＝eq\r(3)，∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD，又∴BD?平面BDE，BD∩ED＝D，AB⊥平面BDE，AB?平面ABE，∴平面ABE⊥平面EBD．(2)以B為坐標原點，以BA，BD為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系B－xyz，則A(1,0,0)，B(0,0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，D(0，eq\r(3)，0)，E(0，eq\r(3)，2)，F(xiàn)(1,0,1)，則eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，－1)，設(shè)eq\o(EM,\s\up6(→))＝λeq\o(EF,\s\up6(→))＝(λ，－eq\r(3)λ，－λ)，(0≤λ≤1)，則eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BE,\s\up6(→))＋eq\o(EM,\s\up6(→))＝(λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ，2－λ)，設(shè)平面CDE的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面ABM的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(CD,\s\up6(→))＝\f(1,2)x1＋\f(\r(3),2)y1＝0，,m·\o(DE,\s\up6(→))＝2z1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝－\r(3)y1，,z1＝0，))不妨取y1＝1，則m＝(－eq\r(3)，1,0)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA,\s\up6(→))＝x2＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝λx2＋\r(3)－\r(3)λy2＋2－λz2＝0))不妨取y2＝2－λ，則n＝(0,2－λ，eq\r(3)λ－eq\r(3))，∴|cosθ|＝eq